专题16 图形变换（平移、旋转、对称（翻折））-三年（2019-2021）中考真题数学分项汇编（全国通用）（解析版）

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1、专题16 图形变换（平移、旋转、对称（翻折）一、单选题1（2021四川广元市中考真题）下列图形均表示医疗或救援的标识，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）A BC D【答案】C【分析】根据轴对称及中心对称图形的定义逐一判断即可得答案【详解】A.是轴对称图形，但不是中心对称图形，故该选项不符合题意，B.是轴对称图形，但不是中心对称图形，故该选项不符合题意，C.是轴对称图形，又是中心对称图形，故该选项符合题意，D.既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故该选项不符合题意，故选：C.【点睛】本题考查轴对称图形及中心对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后能完全重

2、合；中心对称图形的关键是寻找对称中心，图形绕对称中心旋转180后，两部分能够完全重合；熟练掌握定义是解题关键2（2021江西中考真题）如图是用七巧板拼接成的一个轴对称图形（忽略拼接线），小亮改变的位置，将分别摆放在图中左，下，右的位置（摆放时无缝隙不重叠），还能拼接成不同轴对称图形的个数为（ ）A2B3C4D5【答案】B【分析】该题可以自己动手进行拼接，根据勾股定理得知的直角边为1和1，斜边为，拼接时要依据重合的边要相等，然后根据轴对称图形的概念进行判断即可【详解】在左侧构成轴对称图形如图：在下方构成轴对称图形如图：在右侧构成轴对称图形如图:【点睛】本题考查勾股定理，图形的拼接以及轴对称图形的

3、判断，掌握轴对称图形的概念是解题的关键3（2021河北中考真题）如图，直线，相交于点为这两直线外一点，且若点关于直线，的对称点分别是点，则，之间的距离可能是（ ）A0 B5 C6 D7【答案】B【分析】连接根据轴对称的性质和三角形三边关系可得结论【详解】解：连接，如图，是P关于直线l的对称点，直线l是的垂直平分线，是P关于直线m的对称点，直线m是的垂直平分线，当不在同一条直线上时，即当在同一条直线上时，故选：B【点睛】此题主要考查了轴对称变换，熟练掌握轴对称变换的性质是解答此题的关键4（2021湖北宜昌市中考真题）下列四幅图案是四所大学校徽的主体标识，其中是中心对称图形的是（ ）A B CD【

4、答案】C【分析】把一个图形绕某一点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；C、是中心对称图形，故本选项符合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意故选：C【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心5（2021湖北武汉市中考真题）下列图形都是由一个圆和两个相等的半圆组合而成的，其中既是轴对称图形又是中心对称图

5、形的是（ ）ABCD【答案】A【分析】逐项分析，利用轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断即可【详解】解：A选项中的图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故该选项正确；B选项中的图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故该选项不正确；C选项中的图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故该选项不正确；D选项中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不正确；故选：A【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，解决本题的关键是理解并掌握“能沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形是轴对称图形、中心对称图形则是将一个图形绕着平面内某个点旋转180，旋转后的图形能够与旋转前的图形完全重合”，同

6、时也需要学生具备相应的图形感知能力6（2021四川广安市中考真题）如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为（ ）ABCD【答案】C【分析】由旋转的性质可得BAD=55，E=ACB=70，由直角三角形的性质可得DAC=20，即可求解【详解】解：将ABC绕点A逆时针旋转55得ADE，BAD=55，E=ACB=70，ADBC，DAC=20，BAC=BAD+DAC=75故选C【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键7（2021四川广安市中考真题）下列几何体的主视图既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）ABCD【答案】B【分析】先判断主视图，再根据轴对称图形与中心对称图形的概念

7、求解【详解】解：A、主视图是等腰三角形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；B、主视图是是矩形，是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；C、主视图是等腰梯形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；D、主视图是等腰三角形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；故选B【点睛】本题考查了几何体的三视图，中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转180后与原图重合8（2021天津中考真题）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）ABCD【答案】A【分

8、析】根据轴对称图形的概念对各项分析判断即可得解【详解】A是轴对称图形，故本选项符合题意；B不是轴对称图形，故本选项不符合题意；C不是轴对称图形，故本选项不符合题意；D不是轴对称图形，故本选项不符合题意故选A【点睛】本题考查判断轴对称图形，理解轴对称图形的概念是解答的关键9（2021四川成都市中考真题）在平面直角坐标系中，点关于x轴对称的点的坐标是（ ）ABCD【答案】C【分析】关于轴对称的两个点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，根据规律解答即可【详解】解：点关于x轴对称的点的坐标是： 故选：【点睛】本题考查的是关于轴对称的两个点的坐标关系，掌握“关于轴对称的两个点的坐标特点：横坐标不变

9、，纵坐标互为相反数”是解题的关键10（2021浙江丽水市中考真题）四盏灯笼的位置如图已知A，B，C，D的坐标分别是 (1，b)，(1，b)，(2，b)，(3.5，b)，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（ ）A将B向左平移4.5个单位B将C向左平移4个单位C将D向左平移5.5个单位D将C向左平移3.5个单位【答案】C【分析】直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案【详解】解：点A (1，b) 关于y轴对称点为B (1，b)，C (2，b)关于y轴对称点为(-2，b)，需要将点D (3.5，b) 向左平移3.5+2=5.5个单位，故选：C【点睛】本题主要考查了关于

10、y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键11（2021四川自贡市中考真题）下列图形中，是轴对称图形且对称轴条数最多的是（ ）ABCD【答案】D【分析】利用轴对称图形的定义逐一判断即可【详解】解：A是轴对称图形，对称轴有1条；B不是轴对称图形；C不是轴对称图形；D是轴对称图形，对称轴有2条；故选：D【点睛】本题考查识别轴对称图形，掌握轴对称图形的定义是解题的关键12（2021湖南中考真题）下列垃圾分类标志分别是厨余垃圾、有害垃圾、其他垃圾和可回收物，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）ABCD【答案】B【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解【详解】解：A、是轴对称图形，

11、不是中心对称图形，故此选项不合题意；B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；故选：B【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合13（2021湖北黄冈市中考真题）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是( )A等边三角形B正六边形C正方形D圆【答案】A【详解】因为平行四边形是中心对称图形，而非轴对称图形；正六边形和圆既是中心对称图形也轴对称图形

12、；等边三角形是轴对称图形而非中心对称图形，所以答案B、C、D错误，应选答案A14（2021浙江绍兴市中考真题）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形下面说法正确的是（ ）A用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形 B用4个相同的菱形放置，最多能得到15个菱形C用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形 D用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形【答案】B【分析】根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可【详解】用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形，用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形， 用4

13、个相同的菱形放置，最多能得到15个菱形， 用5个相同的菱形放置，最多能得到22个菱形， 用6个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形， 故选：B，【点睛】本题考查了生活中的平移现象，菱形的判定，正确的识别图形是解题的关键15（2020青海中考真题）剪纸是我国传统的民间艺术如图，将一张纸片进行两次对折后，再沿图中的虚线裁剪，最后将图中的纸片打开铺平，所得图案应该是（ ）A B CD【答案】B【分析】对于此类问题，只要依据翻折变换，将最后一个图中的纸片按顺序打开铺平即可得到答案【详解】还原后只有B符合题意，故选B【点睛】此题主要考查了剪纸问题，解答此题的关键是根据折纸的方式及剪的位置进行准确分析，可

14、以直观的得到答案16（2020山东济南市中考真题）如图，在平面直角坐标系中，ABC的顶点都在格点上，如果将ABC先沿y轴翻折，再向上平移3个单位长度，得到，那么点B的对应点B的坐标为（）A（1，7）B（0，5）C（3，4）D（3，2）【答案】C【分析】根据轴对称的性质和平移规律求得即可【详解】解：由坐标系可得B(3，1)，将ABC先沿y轴翻折得到B点对应点为(3，1)，再向上平移3个单位长度，点B的对应点B的坐标为(3，1+3)，即(3，4)，故选：C【点睛】此题主要考查了坐标与图形的变化-对称和平移，关键是掌握点的坐标的变化规律17（2020四川中考真题）如图，RtABC中，A30，ABC9

15、0将RtABC绕点B逆时针方向旋转得到此时恰好点C在上，交AC于点E，则ABE与ABC的面积之比为（）ABCD【答案】D【分析】由旋转的性质得出BC=BC，ACB=ACB=60，则BCC是等边三角形，CBC=60，得出BEA=90，设CE=a，则BE=a，AE=3a，求出，可求出答案【详解】A=30，ABC=90，ACB=60，将RtABC绕点B逆时针方向旋转得到ABC，BC=BC，ACB=ACB=60，BCC是等边三角形，CBC=60，ABA=60，BEA=90，设CE=a，则BE=a，AE=3a，ABE与ABC的面积之比为故选：D【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的

16、判定与性质；熟练掌握旋转的性质是解题的关键18（2020内蒙古赤峰市中考真题）如图，RtABC中，ACB = 90，AB = 5，AC= 3，把RtABC沿直线BC向右平移3个单位长度得到ABC ，则四边形ABCA的面积是 （ ）A15B18C20D22【答案】A【分析】在直角三角形ACB中，可用勾股定理求出BC边的长度，四边形ABCA的面积为平行四边形ABBA和直角三角形ACB面积之和，分别求出平行四边形ABBA和直角三角形ACB的面积，即可得出答案【详解】解：在ACB中，ACB=90，AB=5，AC=3，由勾股定理可得：，ACB是由ACB平移得来，AC=AC=3，BC=BC=4，又BB=3

17、，AC= 3，故选：A【点睛】本题主要考察了勾股定理、平移的概念、平行四边形与直角三角形面积的计算，解题的关键在于判断出所求面积为平行四边形与直角三角形的面积之和，且掌握平行四边形的面积为底高19（2020四川绵阳市中考真题）如图是以正方形的边长为直径，在正方形内画半圆得到的图形，则此图形的对称轴有（）A2条B4条C6条D8条【答案】B【分析】根据轴对称的性质即可画出对称轴进而可得此图形的对称轴的条数【详解】解：如图，因为以正方形的边长为直径，在正方形内画半圆得到的图形，所以此图形的对称轴有4条故选：B【点睛】本题考查了正方形的性质、轴对称的性质、轴对称图形，解决本题的关键是掌握轴对称的性质2

18、0（2020辽宁阜新市中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45，得到正六边形，则正六边形的顶点的坐标是（ ）ABCD【答案】A【分析】如图，以为圆心，为半径作 得到将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45，即把绕点O顺时针旋转i个45，与重合，利用正六边形的性质与锐角三角函数求解的坐标，利用关于原点成中心对称，从而可得答案【详解】解：如图，以为圆心，为半径作 将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45，即把绕点O顺时针旋转i个45，旋转后的对应点依次记为，周角 绕点O顺时针旋转顺时针旋转次回到原位置，与重合，关于原点成中心对称，连接 正六边形， 关

19、于原点成中心对称， 故选A【点睛】本题考查的是旋转的旋转，正六边形的性质，圆的对称性，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键21（2020江苏宿迁市中考真题）如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=x+2上的一个动点，将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90，得到点，连接，则的最小值为()ABCD【答案】B【分析】利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后Q的坐标，然后根据勾股定理并利用二次函数的性质即可解决问题【详解】解：作QMx轴于点M，QNx轴于N，设Q(，)，则PM=，QM=，PMQ=PNQ=QPQ=90，QPM+NPQ=PQN+NPQ，QPM=PQN，在PQM和QPN中，PQMQPN(AA

20、S)，PN=QM=，QN=PM=，ON=1+PN=，Q(，)，OQ2=()2+()2=m25m+10=(m2)2+5，当m=2时，OQ2有最小值为5，OQ的最小值为，故选：B【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等的判定和性质，坐标与图形的变换-旋转，二次函数的性质，勾股定理，表示出点的坐标是解题的关键22（2020江苏南通市中考真题）以原点为中心，将点P（4，5）按逆时针方向旋转90，得到的点Q所在的象限为（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】B【分析】据旋转的性质，以原点为中心，将点P（4，5）按逆时针方向旋转90，即可得到点Q所在的象限【详解

21、】解：如图，点P（4，5）按逆时针方向旋转90，得点Q所在的象限为第二象限故选：B【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，解决本题的关键是掌握旋转的性质23（2020海南中考真题）如图，在中，将绕点逆时针旋转得到，使点落在边上，连接，则的长度是（ ）ABCD【答案】B【分析】由旋转的性质可知，进而得出为等边三角形，进而求出【详解】解：由直角三角形中，30角所对的直角边等于斜边的一半可知，cm，又CAB=90-ABC=90-30=60，由旋转的性质可知：，且，为等边三角形，故选：B【点睛】本题考查了直角三角形中30角所对的直角边等于斜边的一半，旋转的性质等，熟练掌握其性质是解决此类题的关键24（

22、2020湖北黄石市中考真题）在平面直角坐标系中，点G的坐标是，连接，将线段绕原点O旋转，得到对应线段，则点的坐标为（ ）ABCD【答案】A【分析】根据题意可得两个点关于原点对称，即可得到结果【详解】根据题意可得，与G关于原点对称，点G的坐标是，点的坐标为故选A【点睛】本题主要考察了平行直角坐标系中点的对称变换，准确理解公式是解题的关键25（2020上海中考真题）如果存在一条线把一个图形分割成两个部分，使其中一个部分沿某个方向平移后能与另一个部分重合，那么我们把这个图形叫做平移重合图形下列图形中，平移重合图形是()A平行四边形B等腰梯形C正六边形D圆【答案】A【分析】证明平行四边形是平移重合图形

23、即可【详解】如图，平行四边形ABCD中，取BC，AD的中点E，F，连接EF则有：AF=FD，BE=EC，AB=EF=CD，四边形ABEF向右平移可以与四边形EFCD重合，平行四边形ABCD是平移重合图形故选：A【点睛】本题考查平移的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题26（2020湖北孝感市中考真题）将抛物线向左平移1个单位长度，得到抛物线，抛物线与抛物线关于轴对称，则抛物线的解析式为（ ）ABCD【答案】A【分析】利用平移的规律:左加右减，上加下减.并用规律求函数解析式，再因为关于x轴对称的两个抛物线，自变量x的取值相同，函数值y互为相反数，由此可直接得出抛物线的解析式【详解

24、】解：抛物线向左平移1个单位长度，得到抛物线：，即抛物线：;由于抛物线与抛物线关于轴对称，则抛物线的解析式为：.故选：A【点睛】主要考查了函数图象的平移、对称，要求熟练掌握平移的规律:左加右减，上加下减.并用规律求函数解析式以及关于x轴对称的两个抛物线，自变量x的取值相同，函数值y互为相反数72（2020黑龙江牡丹江市中考真题）如图，在菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（2，2)，将菱形绕点O旋转，当点A落在x轴上时，点C的对应点的坐标为（ ）A或 B C D或【答案】D【分析】如图所示，过点A作AEx轴于点E，根据题意易得AOB为等边三角形，在旋转过程中，点A有两次落在x轴上，当点A

25、落在x轴正半轴时，点C落在点C位置，利用旋转的性质和菱形的性质求解，当A落在x轴负半轴时，点C落在点C位置，易证此时C与点A重合，即可求解【详解】解：如图所示，过点A作AEx轴于点E，则，OA=，AOE=60，四边形ABCD是菱形，AOB是等边三角形，当A落在x轴正半轴时，点C落在点C位置，此时旋转角为60，BOC=60，COF=30，COF=60-30=30，OC=OA=4，OF=，CF=，C（），当A落在x轴负半轴时，点C落在点C位置，AOC=AOC+BOC=120，AOC=120，GOC=30又OA=OC，此时C点A重合，C C，综上，点C的对应点的坐标为或，故答案为：D【点睛】本题考查

26、菱形的性质，解直角三角形和旋转的性质，解题的关键是根据题意，分析点A的运动情况，分情况讨论28（2020河北中考真题）如图，将绕边的中点顺时针旋转180嘉淇发现，旋转后的与构成平行四边形，并推理如下：点，分别转到了点，处，而点转到了点处，四边形是平行四边形 小明为保证嘉淇的推理更严谨，想在方框中“，”和“四边形”之间作补充下列正确的是（ ）A嘉淇推理严谨，不必补充B应补充：且，C应补充：且D应补充：且，【答案】B【分析】根据平行四边形的判定方法“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”即可作答【详解】根据旋转的性质得： CB=AD，AB=CD，四边形ABDC是平行四边形；故应补充“AB=CD”，

27、故选：B【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和旋转的性质，牢记旋转前、后的图形全等，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键29（2020天津中考真题）如图，在中，将绕点C顺时针旋转得到，使点B的对应点E恰好落在边上，点A的对应点为D，延长交于点F，则下列结论一定正确的是（ ）ABCD【答案】D【分析】本题可通过旋转的性质得出ABC与DEC全等，故可判断A选项；可利用相似的性质结合反证法判断B，C选项；最后根据角的互换，直角互余判断D选项【详解】由已知得：ABCDEC，则AC=DC，A=D，B=CED，故A选项错误；A=A，B=CED=AEF，故AEFABC，则，假设BC=EF，则有AE=A

28、B，由图显然可知AEAB，故假设BC=EF不成立，故B选项错误；假设AEF=D，则CED=AEF=D，故CED为等腰直角三角形，即ABC为等腰直角三角形，因为题干信息ABC未说明其三角形性质，故假设AEF=D不一定成立，故C选项错误；ACB=90，A+B=90又A=D，B+D=90故ABDF，D选项正确故选：D【点睛】本题考查旋转的性质以及全等三角形的性质，证明过程常用角的互换、直角互余作为解题工具，另外证明题当中反证法也极为常见，需要熟练利用30（2020四川绵阳市中考真题）如图，在四边形ABCD中，ADBC，ABC90，AB2，AD2，将ABC绕点C顺时针方向旋转后得，当恰好经过点D时，C

29、D为等腰三角形，若B2，则A（）AB2CD【答案】A【分析】过作于，则，根据矩形的性质得，根据旋转的性质得到，推出为等腰直角三角形，得到，设，则，根据勾股定理即可得到结论【详解】解：过作于，则，四边形是矩形，将绕点顺时针方向旋转后得，为等腰三角形，为等腰直角三角形，设，则，（负值舍去），故选：【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键请点击修改第I卷的文字说明31（2019台湾中考真题）图1的摩天轮上以等间隔的方式设置个车厢，车厢依顺时针方向分别编号为号到号，且摩天轮运行时以逆时针方向等速旋转，旋转一圈花费

30、分钟若图2表示号车厢运行到最高点的情形，则此时经过多少分钟後，号车厢才会运行到最高点？（）ABCD【答案】B【分析】先求出从21号旋转到9号旋转的角度占圆大小比例，再根据旋转一圈花费30分钟解答即可【详解】解： =20（分钟）所以经过20分钟後，9号车厢才会运行到最高点故选B【点睛】本题考查生活中的旋转现象，理清题意，得出从21号旋转到9号旋转的角度占圆大小比例是解题的关键32（2019台湾中考真题）如图，中，点在上，将点分别以、为对称轴，画出对称点、，并连接、根据图中标示的角度，求的度数为何？（）ABCD【答案】D【分析】连接，利用轴对称的性质解答即可【详解】解：连接，点分别以、为对称轴，画

31、出对称点、，故选D【点睛】本题考查轴对称的性质，关键是利用轴对称的性质解答33（2019山东济南市中考真题）下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A赵爽弦图B笛卡尔心形线C科克曲线D斐波那契螺旋线【答案】C【分析】根据把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可【详解】A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；C、是轴对称图

32、形，是中心对称图形，故此选项正确；D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；故选C【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合34（2019台湾中考真题）如图，有一三角形的顶点、皆在直线上，且其内心为今固定点，将此三角形依顺时针方向旋转，使得新三角形的顶点落在上，且其内心为若，则下列叙述何者正确？（）A和平行，和平行 B和平行，和不平行C和不平行，和平行 D和不平行，和不平行【答案】C【分析】作于，于，于，由内心的性质得出，证出四边形是矩形，得出，证出，得出和不平行，即可得

33、出结论【详解】解：作于，于，于，如图所示：则，的内心为，的内心为，四边形是矩形，和不平行，故选C【点睛】本题考查了三角形的内心、平行线的判定、旋转的性质；熟练掌握三角形的内心性质和平行线的判定是解题的关键35（2019河北中考真题）如图，在小正三角形组成的网格中，已有个小正三角形涂黑，还需涂黑个小正三角形，使它们与原来涂黑的小正三角形组成的新图案恰有三条对称轴，则的最小值为（）ABCD【答案】C【分析】由等边三角形有三条对称轴可得答案【详解】如图所示，n的最小值为3故选C【点睛】本题考查了利用轴对称设计图案，解题的关键是掌握常见图形的性质和轴对称图形的性质二、填空题1（2021四川资阳市中考真

34、题）将一张圆形纸片（圆心为点O）沿直径对折后，按图1分成六等份折叠得到图2，将图2沿虚线剪开，再将展开得到如图3的一个六角星若，则的度数为_【答案】135【分析】利用折叠的性质，根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理解题【详解】解：连接OC，EO,由折叠性质可得：EOC=，EC=DC，OC平分ECDECO=OEC=180-ECO-EOC=135即的度数为135 故答案为：135【点睛】主要在考查折叠的性质，学生动手操作的能力，也考查了等腰三角形的性质及内角和定理，掌握折叠及等腰三角形的性质正确推理计算是解题关键2（2021山东临沂市中考真题）在平面直角坐标系中，的对称中心是坐标原点，顶点、的坐

35、标分别是、，将沿轴向右平移3个单位长度，则顶点的对应点的坐标是_【答案】（4，-1）【分析】根据平行四边形的性质得到点C坐标，再根据平移的性质得到C1坐标【详解】解：在平行四边形ABCD中，对称中心是坐标原点，A（-1，1），B（2，1），C（1，-1），将平行四边形ABCD沿x轴向右平移3个单位长度，C1（4，-1），故答案为：（4，-1）【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减3（2021青海中考真题）如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转120后可以和自身重合，若每个叶片的面积为4cm2，AOB=120，则图中阴影部分的面

36、积为_【答案】4 cm2【分析】根据旋转的性质和图形的特点解答【详解】每个叶片的面积为4cm2，因而图形的面积是12cm2图案绕点O旋转120后可以和自身重合，AOB为120，图形中阴影部分的面积是图形的面积的，因而图中阴影部分的面积之和为4cm2故答案为4cm2【点睛】本题考查了图形的旋转与重合，理解旋转对称图形的定义是解决本题的关键注：旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角4（2021江苏南京市中考真题）如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在上，与交于点E，若，则的长为_【答案】

37、【分析】过点C作CM/交于点M，证明求得，根据AAS证明可求出CM=1，再由CM/证明，由相似三角形的性质查得结论【详解】解：过点C作CM/交于点M，平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转得到平行四边形 ， ，在和中， 故答案为：【点睛】此题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解答本题的关键5（2021湖北随州市中考真题）如图，在中，将绕点逆时针旋转角（）得到，并使点落在边上，则点所经过的路径长为_（结果保留）【答案】【分析】利用勾股定理求出AB=2，根据旋转的性质得到旋转角为=60，再由弧长计算公式，

38、计算出结果【详解】解：，AB=2AC，设AC=x，则AB=2x，由勾股定理得：，解得：x=1，则：AC=1，AB=2，将绕点逆时针旋转角（）得到，且点落在边上，旋转角为60，=60，点所经过的路径长为： ，故答案为：【点睛】本题主要考查了勾股定理、旋转的性质和弧长的计算公式，解题关键在于找到旋转角，根据弧长公式进行计算6（2021重庆中考真题）如图，三角形纸片ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，BF4，CF6，将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合若DEBC，AFEF，则四边形ADFE的面积为_【答案】【分析】根据折叠的性质得到DE为的中位线，利用中位线定理求出DE的长度，再解

39、求出AF的长度，即可求解【详解】解：将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合，DE垂直平分AF，DEBC，即D为AB的中点，DE为的中位线，AFEF，是等边三角形，在中，四边形ADFE的面积为，故答案为：【点睛】本题考查解直角三角形、中位线定理、折叠的性质等内容，掌握上述基本性质定理是解题的关键7（2020江苏镇江市中考真题）点O是正五边形ABCDE的中心，分别以各边为直径向正五边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案（如图）这个图案绕点O至少旋转_后能与原来的图案互相重合【答案】72【分析】直接利用旋转图形的性质进而得出旋转角【详解】解：连接OA，OE，则这个图形至少旋转AOE才能与原图象重合

40、，AOE72故答案为：72【点睛】本题主要考查了旋转图形正确掌握旋转图形的性质是解题的关键8（2020江苏镇江市中考真题）如图，在ABC中，BC3，将ABC平移5个单位长度得到A1B1C1，点P、Q分别是AB、A1C1的中点，PQ的最小值等于_ 【答案】【分析】取的中点，的中点，连接，根据平移的性质和三角形的三边关系即可得到结论【详解】解：取的中点，的中点，连接，将平移5个单位长度得到，点、分别是、的中点，即，的最小值等于，故答案为：【点睛】本题考查了平移的性质，三角形的三边关系，熟练掌握平移的性质是解题的关键9（2020辽宁铁岭市中考真题）一张菱形纸片的边长为，高等于边长的一半，将菱形纸片沿

41、直线折叠，使点与点重合，直线交直线于点，则的长为_【答案】或【分析】先根据题目中描述画出两种可能的图形，再结合勾股定理即可得解【详解】解：由题干描述可作出两种可能的图形MN交DC的延长线于点F，如下图所示 高AE等于边长的一半 在RtADE中，又沿MN折叠后，A与B重合MN交DC的延长线于点F，如下图所示同理可得， 此时，故答案为：或【点睛】本题主要考查菱形的性质、折叠的性质、勾股定理等相关知识点，根据题意作出两种图形是解题关键10（2020四川凉山彝族自治州中考真题）如图，矩形ABCD中，AD=12，AB=8，E是AB上一点，且EB=3，F是BC上一动点，若将沿EF对折后，点B落在点P处，则

42、点P到点D的最短距为 【答案】【分析】如图，连接利用三角形三边之间的关系得到最短时的位置，如图利用勾股定理计算，从而可得答案【详解】解：如图，连接 则，为定值， 当落在上时，最短，图 如图，连接， 由勾股定理得： 即的最小值为： 故答案为： 图【点睛】本题考查的是矩形的性质，考查利用轴对称求线段的最小值问题，同时考查了勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键11（2020江苏宿迁市中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=1，AD=，P为AD上一个动点，连接BP，线段BA与线段BQ关于BP所在的直线对称，连接PQ，当点P从点A运动到点D时，线段PQ在平面内扫过的面积为_【答案】【分析】由矩形的性质求出ABQ=120，由矩形的性质和轴对称性可知，BOQDOC，根据S阴影部分=S四边形ABQDS扇形ABQ=S四边形ABOD+SBOQS扇形ABQ可求出答案【详解】当点P从点A运动到点D时，线段BQ的长度不变，点Q运动轨迹是圆弧，如图，阴影部分的面积即为线段PQ在平面内扫过的面积，矩形ABCD中，AB=1，AD=，ABC=BAC=C=Q=90，ADB=